Transcript Endast kommenterade svar!!! OBS: Inte alla delsteg är redovisade!

MATEMATISKA INSTITUTIONEN
STOCKHOLMS UNIVERSITET
Avd. Matematik
Annemarie Luger
L¨osningsf¨orslag
Analys III, 7.5 hp
den 13 augusti 2014, kl 9.00-14.00
Endast kommenterade svar!!! OBS: Inte alla delsteg ¨
ar redovisade!
1. Betrakta funktionen
F (x, y) = (x − y)4 − 2(x − y)2 + ax2 − 2a3 x.
(a) Best¨
am parametern a ∈ R\{0} s˚
adan att punkten (x, y) = (1, 1) ¨
ar en lokal extrempunkt
f¨
or funktionen F .
(b) Ange alla lokala extrempunkter (samt karakt¨
ar) f¨
or F och a fr˚
an deluppgift (a).
Vi b¨
orjar med att ber¨
akna alla n¨
odv¨andiga derivator:
Fx0 (x, y)
=
Fy0 (x, y)
=
4(x − y)3 − 4(x − y) + 2ax − 2a3
−4(x − y)3 + 4(x − y)
och
00
Fxx
(x, y) = 12(x − y)2 − 4 + 2a
00
Fxy
(x, y) = −12(x − y)2 + 4
00
Fyy
(x, y) = 12(x − y)2 − 4.
(a) Om punkten (1, 1) ¨
ar en lokal extrempunkt, s˚
a m˚
aste Fx0 (1, 1) = Fy0 (1, 1) = 0. Den
2
f¨
orsta ekvationen ger villkoret 2a(1 − a ) = 0, medan den andra ¨ar uppfylld f¨or varje a.
Vi f˚
ar allts˚
a a = ±1 som m¨
ojliga v¨arden p˚
a a (OBS: a 6= 0 enligt fr˚
agan!) och kollar nu
de motsvarande kvadratiska formerna:
a = 1: Q(h, k) = −2h2 + 8hk − 4k 2 = −2(h − 2k)2 + 4k 2 ¨ar indefinit och d¨armed (1, 1)
inte en lokal extrempunkt (utan en sadelpunkt).
a = −1: Q(h, k) = −6h2 + 8hk − 4k 2 = −6(h − 32 k)2 − 45 k 2 ¨ar negativt definit och
d¨
armed (1, 1) en en lokal maximipunkt.
Svar: a = −1.
(b) Vi s¨
atter nu a = −1, och b¨
orjar med att ber¨akna station¨are punkter:
Fx0 (x, y)
=
Fy0 (x, y)
=
4(x − y)3 − 4(x − y) − 2x + 2 = 0
−4(x − y)3 + 4(x − y) = 0.
Addition av b˚
ada ekvationer ger x = 1. Den andra ekvationen ger x − y = 0 eller
x − y = ±1. De station¨
ara punkterna ¨ar allts˚
a (1, 1), (1, 2) och (1, 0).
(1, 1): har vi redan unders¨
okt i (a)
(1, 2) och (1, 0): F¨
or b˚
ada punkter visar sig den kvadratiska formen vara indefinit och
d¨
armed ¨
ar b˚
ada punkter sadelpunkter. (OBS: en fullst¨andig l¨osning kr¨aver naturligtvis
att den kvadratiska formen anges, men detta h¨ar ¨ar bara kommenterade svar!)
Svar: F¨
or a = −1 ¨
ar den enda lokala extempunkt (1, 1) som ¨
ar en lokal maximipunkt.
Anm¨
arkning: F¨
or andra a 6= 0 f˚
ar man p˚
a samma s¨att:
(a2 , a2 ) ¨
ar en lokal maximipunkt f¨or negativa a och en sadelpunkt f¨or positiva a.
(a2 , a2 − 1) och (a2 , a2 + 1) a¨r sadelpunkter f¨or negativa a och lokala minimipunkter f¨or
positiva a.
2. (a) Hitta st¨
orsta och minsta v¨
arde av
f (x, y) = x2 + y 2
under bivillkoret x2 + y 2 − 2x − 4y − 4 = 0 med x, y ≥ 0.
(b) Formulera fr˚
agest¨
allningen i deluppgift (a) p˚
a ett geometriskt s¨
att, anv¨
and g¨
arna ¨
aven
en skiss.
(a) Alternativ 1: Med metoden av Lagrangemultiplikator: Vi b¨orjar med att best¨amma alla
punkter d¨
ar gradf ¨
ar parallellt med gradienten av funktionen g(x, y) := x2 + y 2 − 2x −
2
4y − 4 = (x − 1) + (y − 2)2 − 9. Detta ger ekvationerna
= 2λ(x − 1)
= 2λ(y − 2)
2x
y
samt bivillkoret (x − 1)2 + (y − 2)2 = 9.
Vi ser direkt (1 + λ)x = λ och (1 + λ)y = 2λ, vilket medf¨or y = 2x. Bivillkoret ger
d˚
a x = 1 ± √35 . P˚
a grund av olikheterna x, y ≥ 0, f˚
ar vi dock bara en punkt, n¨amligen
3
3
√
√
(1 + 5 , 2(1 + 5 )).
F¨
ar att f˚
a st¨
orsta och minsta v¨arde m˚
aste vi j¨amf¨ora funktionsv¨ardena i denna punkt
samt i randpunkterna, dvs d¨ar kurvan x2 + y 2 − 2x − 4y − 4 = 0 ”l¨amnar” den f¨orsta
kvadranten,
dvs
ar de positiva koordinataxlarna: Dessa punkter ber¨aknas som (0, 2 +
√ sk¨
√
8) och (1 + 5, 0). Vi f˚
ar
√
√
√
√
√
3
3
f (0, 2+ 8) = 12+4 8
f (1+ 5, 0) = 6+2 5.
f (1+ √ , 2(1+ √ )) = . . . = 14+6 5
5
5
√
√
Svar: Minsta v¨
arde: 6 + 2 5 och st¨
orsta v¨
arde: 14 + 6 5.
Alternativ 2: Genom att parametrisera kurvan som ger bivillkoret. Fr˚
an formen (x −
1)2 + (y − 2)2 = 9 ser vi l¨
att en parametrisering: x(t) = 1 + 3 cos t och y(t) = 2 + 3 sin t,
d¨
ar t m˚
aste vara s˚
a att x, y ≥ 0. Funktionen blir d˚
a
H(t) = f (1 + 3 cos t, 2 + 3 sin t) = . . . = 14 + 6 cos t + 12 sin t.
Ekvationen H 0 (t) = 0 ger sin t = 2 cos t. Kvadrering och anv¨andning av den trigonometriska
ettan leder till cos t = ± √15 och d¨armed punkterna (1 ± √35 , 2 ± √65 ), men endast
(1+ √35 , 2+ √65 ) ligger i f¨
orsta kvadranten. Nu ˚
aterst˚
ar det bara att kolla funktionsv¨ardet
i denna punkt samt i randpunkterna p˚
a samma s¨att som i f¨orsta alternativet.
(b) En m¨
ojlighet att formulera fr˚
agan geometriskt ¨ar: Betrakta alla punkter i f¨orsta kvadranten som ligger p˚
a cirkeln med radie 3 och medelpunkt (1, 2). Best¨am st¨orsta och
minsta avst˚
andskvadrat till origo (dvs avst˚
andet till origo i kvadrat).
3. Ber¨
akna volymen av enhetsklotet i R4 , dvs integralen
ZZZZ
1 dxdydzdw,
K
d¨
ar K = {(x, y, z, w); x2 + y 2 + z 2 + w2 ≤ 1}.
Alternativ 1: Vi fryser f¨
orst x och y och integrerar ¨over z och w och d¨arefter ¨over alla m¨ojliga
x och y:
ZZZZ
ZZ
ZZ
1 dxdydzdw =
1 dzdw dxdy
x2 +y 2 ≤1
K
z 2 +w2 ≤1−(x2 +y 2 )
Den inre integralen ¨
ar arean av en cirkelskiva med radie
π(1 − (x2 + y 2 )). Vi f˚
ar
ZZ
2
2
Z
2π
Z
π(1 − (x + y )) dxdy = π
x2 +y 2 ≤1
0
0
p
1 − (x2 + y 2 ), allts˚
a lika med
1
(1 − r2 )r drdϕ = . . . =
π2
.
4
Alternativ 2: Vi fryser f¨
orst x, y och z och integrerar ¨over w och d¨arefter ¨over alla m¨ojliga
x, y och z:
√
1−(x2 +y 2 +z 2 )
ZZZZ
ZZZ
Z
1 dxdydzdw =
1 dw dxdydz
√
K
x2 +y 2 +z 2 ≤1 − 1−(x2 +y 2 +z 2 )
ZZZ
p
=
2 1 − (x2 + y 2 + z 2 )dxdydz
x2 +y 2 +z 2 ≤1
Z
=
π
Z
2π
Z
2
0
0
1
Z
p
1 − r2 r2 sin θ drdϕdθ = . . . = 8π
0
1
p
1 − r2 r2 dr
0
Med hj¨
alp av substitutionen r = sin t ber¨aknar man integralen till
f¨
or dubbel vinkel).
π2
4
(anv¨and t.ex. formler
Alternativ 3: Vi fryser f¨
orst w och integrerar ¨over x, y och z och d¨arefter ¨over alla m¨ojliga w:
ZZZZ
Z 1 ZZZ
1 dxdydzdw =
1 dxdydz dw
−1
K
x2 +y 2 +z 2 ≤1−w2
√
√
2 3
a lika med 4π
Den inre integralen ¨
ar volymen av ett klot med radie 1 − w2 , allts˚
3 ( 1−w )
(kan ocks˚
a ber¨
aknas med hj¨
alp av rymdpol¨ara koordinater). Integralen blir d˚
a lika med
Z 1 p
Z 1 p
8π
4π
( 1 − w2 )3 dw =
( 1 − w2 )3 dw.
3 −1
3 0
¨
Aven
h¨
ar kan man anv¨
anda substitutionen r = sin t och anv¨anda sig av former f¨or dubbel
vinkel.
π2
Svar:
.
4
4. (a) Ber¨
akna den generaliserade dubbelintegralen
ZZ
2
2
x2 e−x −y dxdy,
D
2
¨
over halvplanet D = {(x, y) ∈ R ; x ≥ 0}.
ZZ
Z π2 Z ∞
2
2
2
π
x2 e−x −y dxdy =
r2 cos2 ϕ e−r r drdϕ = . . . = .
4
0
−π
2
D
π
Svar: .
4
(b) Avg¨
or om den generaliserade integralen
Z ∞
sin x x + π
·
dx
3
x−π
x2
0
¨
ar konvergent.
Vi m˚
aste unders¨
oka integralen vid gr¨anserna 0 och ∞ samt i punkten x = π, ty integranden ¨
ar ej definierad d¨
ar. Integralen delas upp i fyra integraler s˚
adan att var och en
endast inneh˚
aller en ”problematisk” punkt, t.ex.
Z ∞
Z 1
Z π
Z 5
Z ∞
sin x x + π
·
dx
=
dx
+
dx
+
dx
+
dx.
3
x−π
x2
0
0
1
π
5
I det f¨
orsta intervallet [0, 1] kan vi skriva integranden p˚
a formen
1 sin x x + π
√ ·
·
x
x−π
x
och vi ser att den andra och tredje faktorn ¨ar beg¨ansad (ty i f¨orsta faktorn gr¨ansv¨ardet
x → 0 finns och den andra faktorn ¨ar kontinuerlig p˚
a det kompakta intervallet [0, 1]).
D¨
armed f˚
ar vi uppskattningen
sin x x + π C
3 ·
≤ √
.
x2
x − π
x
Eftersom den generaliserade integralen
R1
0
√1
x
dx ¨ar konvergent ¨ar ¨aven
R1
sin x
0
x2
3
·
x+π
x−π dx
konvergent.
Integranden ¨
ar ej definierad i punkten x = π och kr¨aver d¨armed lite eftertanke. Omskrivningen
sin x x + π
sin(x − π) x + π
·
=
·
3
3
x−π
x−π
x2
x2
visar dock att den ¨
ar begr¨
ansad, ty den f¨orsta faktorn ¨ar begr¨ansad (observera lim
x→π
lim
t→0
sin t
t
sin(x−π)
x−π
= 1) och den andre ¨ar ¨aven kontinuerlig i x = π. D¨armed ¨ar den andra och
tredje integralen inte generaliserade.
F¨
or den sista integralen g¨
or vi uppskattningen
sin x x + π ≤ C ,
3 ·
x2
x − π x 32
x+π
ty sin x ¨
ar begr¨
ansad och a
¨ven x−π
¨ar begr¨ansad p˚
a intervallet i fr˚
agan. Eftersom den
∞
R∞ sin x x+π
R 1
ar konvergent ¨ar ¨aven
· x−π dx konvergent.
generaliserade integralen
3 dx ¨
3
5 x2
x2
5
Sammanlagt har vi allts˚
a visat:
Svar: Den generaliserade integralen ¨
ar konvergent.
¨ funktionen
5. Ar
4xy(x2 + y 2 )
x4 + 6x2 y 2 + y 4
h(x, y) =

0


(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
kontinuerlig, partiellt deriverbar, differentierbar?
Som rationell funktion ¨
ar h differentierar (och d¨armed ¨aven partiellt deriverbar och kontinuerlig) i alla punkter d˚
a n¨
amnaren inte f¨orsvinner, dvs f¨or alla (x, y) 6= (0, 0). Det ˚
aterst˚
ar
att unders¨
oka i punkten (x, y) = (0, 0).
Fr˚
an h(0, t) = 0 och h(t, t) = 1 ser vi direkt att gr¨ansv¨ardet
lim
h(x, y) inte finns, dvs
(x,y)→(0,0)
h¨
ar kan inte vara kontinuerlig (och d¨armed inte heller differentierbar) i (0, 0).
Partiella derivator i (0, 0):
h(x, 0) = 0 ⇒ h0x (0, 0) = 0
h(0, y) ≡ 0
⇒ h0x (0, 0) = 0
Svar: H ¨
ar partiellt deriverbar i R2 och kontinuerlig samt differentierbar i R2 \ {(0, 0)}.
6. Betrakta funktionen
(
g(x) =
ex+1
2x3 + x2 − 3x − 1
x < −1
x ≥ −1
(a) Visa att g har minst ett nollst¨
alle i intervallet [−2, 1].
(b) Ge definitionen av C n (R). Ange k ∈ N s˚
adan att g ∈ C k (R) men g 6∈ C k+1 (R).
=
(a) Vi f¨
ors¨
oka anv¨
anda satsen om mellanliggande v¨arde, som s¨ager att en funktion g som
ar kontinuerlig p˚
¨
a intervallet [a, b] antar alla v¨arden mellan g(a) och g(b).
Alternativ 1: Vi observerar f¨orst att funktionen g ¨ar kontinuerlig p˚
a intervallet [−2, 1]
ty
lim − g(x) = lim + g(x) = g(−1) = 1.
x→−1
x→−1
−1
Eftersom g(−2) = e > 0 och g(1) = −1 < 0 antas ¨aven v¨ardet 0 i intervall [−2, 1].
Alternativ 1: Vi till¨
ampar satsen p˚
a intervallet [−1, 1]. Funktionen g ¨ar ett polynom och
d¨
armed kontinuerlig p˚
a [−1, 1], dessutom ¨ar g(−1) = 1 positiv och g(1) = −1 negativ.
(b) En funktion f tillh¨
or klassen C n (R) om den ¨ar n g˚
anger kontinuerligt deriverbar i R, dvs
om derivatorna upp till ordning n finns och ¨ar kontinuerliga i R, eller med ¨annu andra
ord, om f ¨
ar n g˚
anger deriverbar i R och ¨aven den n-te derivatan ¨ar en kontinuerlig
funktion.
F¨
or att best¨
amma k b¨
orjar vi med att unders¨oka f¨orsta derivatan av g. F¨or x 6= −1 ¨ar
g deriverbar (element¨
ar funktion) och derivatan best¨ams enligt vanliga r¨akneregler. I
x = −1 m˚
aste vi d¨
aremot anv¨anda derivatans definition:
g(−1 + h) − g(−1)
h
h→0
g(−1 + h) − g(−1)
lim
h
h→0+
lim−
eh − 1
=1
h
h→0−
2(−1 + h)3 + (−1 + h)2 − 3(−1 + h) − 1 − 1
= lim+
= . . . = 1,
h
h→0
=
lim
allts˚
a¨
ar g deriverbar f¨
or alla x med derivatan

ex+1


0
1
g (x) =


2
6x + 2x − 3
x < −1
x = −1 .
x < −1
Derivatan g 0 ¨
ar en kontinuerlig funktion ty
lim g 0 (x) =
x→−1−
lim g 0 (x) = g 0 (−1) = 1.
x→−1+
Vi forts¨
atta med att unders¨
oka om ¨aven g 0 ¨ar deriverbar:
g 0 (−1 + h) − g 0 (−1)
h
h→0
g 0 (−1 + h) − g 0 (−1)
lim
h
h→0+
lim−
0
0
eh − 1
=1
h
h→0
6(−1 + h)2 + 2(−1 + h) − 3 − 1
= lim
= . . . = −10,
h
h→0+
=
lim−
(−1)
dvs limh→0− g (−1+h)−g
finns ej och d¨armed inte heller andra derivatan av g i punkh
ten x = 0.
Vi har allts˚
a f˚
att g ∈ C 1 (R) men g 6∈ C 2 (R).
Svar: k = 1.